第一次模拟考试理科数学试卷答案_2024年3月_013月合集_2024届宁夏石嘴山市第三中学高三下学期第一次模拟考试_理科数学

2024年3月13日
所以 且 ，解得 ，
石嘴山三中 2024 届高三年级第一次模拟考试
又 ， ， ， ，
理科数学试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 故选：A．
注意事项：
3．如图，向量 ， ， 的起点与终点均在正方形网格的格点上，若 ，则
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、
准考证号填写在答题卡上。
（ ）
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
第I卷（选择题）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的）
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B．3 C．1 D．
【答案】D
A． B．
【分析】运用平面向量基本定理，结合图象即可得到问题答案.
【详解】根据图象，
C． D．
【答案】B
【分析】由函数有意义求得集合A，进而求出集合B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由 ，得 ，又 ，因此 ，
所以 ．
根据平面向量基本定理，可知： ，
故选：B
所以 ， ，
2．若复数 为纯虚数，则 的值为
，
故选：D.
A． B． C． D．
【答案】A 4. 已知各项不相等的等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （
【分析】根据复数的类型求出 ，再根据复数代数形式的乘方与除法运算法则计算可得；
）
【详解】因为复数 为纯虚数，
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学科网（北京）股份有限公司6．如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程
A. B. C. D. 64
序框图，若输入的a，b分别为63，49，则输出的 （ ）
【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，以及等比数列的基本量运算求得 .
A．9 B．7 C．5 D．3
【答案】B
【详解】设等比数列 的公比为 ， ，
【分析】按照程序框图运行程序，直到不满足 是输出结 果.
【详解】按照程序框图运行程序，输入
依题意， ，
满足 ，且 ，
所以 ，继续运行；满足 ，不满足 ， 所以
两式相除得 ，
，继续运行；
满足 ，不满足 ，所以 ，继续运行；满足 ，不满足 ，
，继续运行；满足 ，且 ，所以 ，继续运行；
解得 或 （舍去），所以 .故选：C
不满足 ，输出
5．相距1400m的A，B两个哨所，听到炮弹爆炸声的时间相差3s，已知声速是340m/s，炮弹爆炸点 故选：
一定在曲线（ ）的方程上. 7．图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看
出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的
A． B．
菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的
几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面 与平面
C． 或 D．
的夹角为 ，则 （ ）
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义进行求解即可.
【详解】设炮弹爆炸点为 ，
由题意可知： ，
显然点 的轨迹是以A，B的焦点的双曲线，因此有 ，
可得： ，于是有 ，
根据四个选项可知，只有选项D符合，
A． B． C． D．
故选：
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【答案】C ∴a =11，a =9，d=−2，
4 5
【分析】连接 相交于点 ，取 的中点 ，可得 即为平面 与平面 的夹 a =a +(n−4)×(−2)=19−2n．
n 4
角，设 ，在 中由余弦定理可得答案.
当n≤9时，a
n
>0，当n>9时，a
n
<0，
【详解】连接 相交于点 ，连接 ， 平面 ，
若对任意n∈N∗都有S
n
≤S
k
成立，则k=9．
取 的中点 ，连接 ，
9. 已知体积为 的正四棱锥 的所有顶点均在球 的球面上，则球 的表面积的最小值为
因为 ，所以 ，
（ ）
所以 即为平面 与平面 的夹角，即 ，
A． B． C． D．
设 ，则 ，所以 ，
【答案】B
，
【详解】设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，
则体积 ，所以 ，
在 ，由余弦定理得 .
设球 的半径为 ，则 ，即 ，
故选：C.
8.设数列{a }为等差数列，其前n项和为S ，已知a 和a 是方程x2−20x+99=0的两个根.若对任意
n n 4 5
则 ，
n∈N∗都有S ≤S 成立，则k的值为
n k
( )
当且仅当 ，即 时，等号成立，
A. 8 B. 10 C. 9 D. 11
【答案】C
所以球 的表面积的最小值为 .
解：∵a 和a 是方程x2−20x+99=0的两个根，
4 5
∴a +a =20，a ⋅a =99． 故选：B.
4 5 4 5
设数列{a }的公差为d， 10、法国的数学家费马（PierredeFermat）曾在一本数学书的空白处写下一个看起来很简单的
n
n2 xn  yn  zn
∵对任意n∈N∗都有S ≤S 成立，即S 是前n项和S 的最大值， 猜想：当整数 时，找不到满足 的正整数解.该定理史称费马最后定理，也被称
n k k n
∴d<0． 为费马大定理.费马只是留下这个叙述并且说他已经发现这个定理的证明妙法，只是书页的空白
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学科网（北京）股份有限公司处不够无法写下.费马也因此为数学界留下了一个千古的难题，历经数代数学家们的努力，这个
(cid:8) 4(cid:8)
3 a 3c
AF  FB BF  (ac) BF  
难题直到1993年才由我国的数学家毛桂成完美解决，最终证明了费马大定理的正确性.现任取 因为 1 3 1 ，所以 1 2 ，所以 2 2 2 ，
x,y,z,n1,2,3,4,5
xn  yn  zn
，则等式 成立的概率为（ ）
5
BH  (ac)
1 12 14 7 设AF 中点为H，则 F H  AB ， AH ac ， 2 ，
1 2
A．12 B．625 C．625 D．625
F 2 A 2 | AH |2 F 2 B 2 |BH |2 代入数据并整理得：7c2 12ac5a2 0，
答案： B
x,y,z,n1,2,3,4,5 5
解： 任取 ，则基本事件总数为54 625，分别列出 n2 ，n2，n1 等式两边同除以 a2 得： 7e2 12e50 ，解得：e 7 或 e1 (舍).
xn  yn  zn 故选：A.
时满足 的情况，然后，利用概率的公式，即可求解
12．定义在 上的奇函数 满足 ，且当 时， ，则函数
x,y,z,n1,2,3,4,5
详解：任取 ，则基本事件总数为54 625，
n2 xn  yn  zn
当 时，由费马大定理知等式 不成立， 在 上所有零点的和为（ ）
n2 (x,y,z) (3,4,5) (4,3,5) 2
当 时， 可取 或 ，共 种情况， A．16 B．32 C．36 D．48
n1 x yz (x,y,z) (1,1,2) (1,2,3) (2,1,3) (2,2,4) (1,3,4) 【答案】A
当 时，等式即为 ， 可取 ， ， ， ， ，
(3,1,4) (1,4,5) (4,1,5) (2,3,5) (3,2,5) 10 【分析】先判断 的对称性、周期性，然后由 进行转化，结合图象以及对称性求得正确
， ， ， ， ，共 种情况，
12 答案.
综上，使等式成立的基本事件个数为12，故等式成立的概率为625，
【详解】依题意， 是定义在 上的奇函数，图象关于原点对称，
故选：B
x2 y2 由于 ，所以 的图象关于 对称，
C:  1(ab0)
11、椭圆 a2 b2 的左右焦点分别为F ，F ，过点F 的直线l交椭圆C于A，B
1 2 1
(cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8) 4(cid:8)
 AF FF  AF 0 AF  FB
两点，已知 2 1 2 1 ， 1 3 1 ，则椭圆C的离心率为（ ）
，
5 2 5 1
A． B． C． D．
7 2 3 3 所以 是周期为 的周期函数.
答案： A
令 ，得 ，
FF 2c
解： 设 1 2 ，
(cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8) (cid:8)
      2 2 函数 的图象关于 对称， 的图象也关于点 对称，
AF FF AF  AF FF  AF FF  AF FF 0
因为 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 ，
AF  FF 2c AF 2a2c
所以 2 1 2 ，所以 1 ， 画出函数 和 的图象如下图所示，
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由图可知，两个函数图象有 个交点，且交点关于 对称， 【答案】
所以 所有零点和为 . 【解】由图表知，当 时， ，当 时， ，所以 ，即 ,
故选：A
又 ， ，所以得到 ，又由 ，得到 ，又
第II卷（非选择题）
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 某校需要大量志愿者协助开展工作.学校现有3名男教师、3名女教师申请成为志愿者，若安排
这6名志愿者到3个不同部门协助工作，每个部门需要男女教师各1名，则不同的安排方式种数是 ，所以 ，
________．(用数字作答)
故 ，所以 ，
解析】【分析】分步完成，先安排男老师，再安排女老师即可．
【详解】先安排男教师、再安排女教师，各有 中安排方式， 故答案为： ， .
16. 已知函数 有两个不同的极值点 ， ，若不等式 恒成立，
故不同的安排方式共有 种.故选：B．
f(x)=ax2−2x+lnx x
1
x
2
f(x
1
)+f(x
2
)≤t
14．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上 则实数t的最小值为________．
至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆 C有公共点，则 k的最大值是 【答案】−3
________．
解： ，(x>0)，
【解析】 x2＋y2－8x＋15＝0化成标准形式为(x－4)2＋y2＝1，该圆的圆心为M(4， 2ax2−2x+1
f′(x)= (x>0)，若函数 有两个不同的极值点x ，x ，
x 1 2
则方程2ax2−2x+1=0在(0,+∞)有2个不相等的实数根，
0)，半径为1.根据题意，只需要圆心M(4，0)到直线y＝kx－2的距离d≤1＋1即可，所
Δ=4−8a>0
{
1
以有d＝≤2，化简得k(3k－4)≤0，解得0≤k≤，所以k的最大值是.【答案】 x +x = >0 1
故 1 2 a ，解得：0<a< ，
2
1
x x = >0
1 2 2a
15.函数 在一个周期内的部分取值如下表：
而
，
则 的最小正周期为 ； ．
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学科网（北京）股份有限公司1
令 ，0<a< ， 又 ，所以 ，
2
1−a 1
则ℎ
′(a)= >0，0<a<
，
a2 2
由正弦定理可得 ，又 ，所以
( 1)
故ℎ(a)在 0, 上单调递增，
2
(1)
故ℎ(a)<
ℎ
=−3，故t≥−3，
2
，
所以实数t的最小值为−3
故答案为−3．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 设 的中点为 ，则 ，
（一）必答题（60分）
17. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 .
以 ，
（1）求 ；
所以 边上的中线长为 .
（2）若 的面积为 ，求 边上的中线长.
18．石嘴山市举办中式厨师技能大赛，大赛分初赛和决赛，初赛共进行3轮比赛，每轮比赛结果互
不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，参赛选手要在规定的时间和范围内，制作中式面点和中式热
17. （1）由正弦定理可得 ，所以 ，
菜各2道，若有不少于3道得到评委认可，将获得一张通关卡，3轮比赛中，至少获得2张通关卡的
选手将进入决赛．为能进入决赛，小李赛前在师傅的指导下多次进行训练，师傅从小李训练中所做
即 ，又 ，
的菜品中随机抽取了中式面点和中式热菜各4道，其中有3道中式面点和2道中式热菜得到认可．
(1)若从小李训练中所抽取的8道菜品中，随机抽取中式面点、中式热菜各2道，由此来估计小李在
所以 ，
一轮比赛中的通关情况，试预测小李在一轮比赛中通关的概率；
(2)若以小李训练中所抽取的8道菜品中两类菜品各自被师傅认可的频率作为该类菜品被评委认可的
整理得 ，解得 ；
概率，经师傅对小李进行强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率不变，每道中式热菜被评委
（2）依题意， ，解得 ，
认可的概率增加了 ，以获得通关卡次数的期望作为判断依据，试预测小李能否进入决赛？
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∴小李能进入决赛.
【答案】(1)
19．如图所示，直角梯形PABC中， ， ，D为PC上一点，且
(2)小李能进入决赛
，将PAD沿AD折起到SAD位置．
【分析】（1）分情况在中式面点和中式热菜中选择元素，再集合组合数公式和古典概率类型公式，
即可求解；
（2）首先确定每道中式面点和每道中式热菜被评委认可的概率，再求解每轮通过的概率，最后转化
为独立重复事件的期望问题，即可求解.
【详解】（1）设 “在一轮比赛中，小李获得通关卡”，则事件A发生的所有情况有：
(1)若 ，M为SD的中点，求证：平面AMB⊥平面SAD；
①得到认可的中式面点入选1道，中式热菜入选2道的概率为
(2)若 ，求平面SAD与平面SBC夹角的余弦值．
②得到认可的中式面点入选2道，中式热菜入选1道的概率为
【答案】(1)证明见解析 (2) ．
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
③得到认可的中式面点和中式热菜各入选2道的概率为
（2）以O为原点，分别以 、 、 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，分别
求出平面 与平面 的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
所以 ；
【详解】（1）梯形 中， ， ，易知 ，
（2）由题知，强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率为 ，每道中式热菜被评委认可的概率
所以 ，而 ，所以 为等边三角形，
∴ ，又∵ ， ，
为 ，则强化训练后，在一轮比赛中，小李获得通关卡的概率为
∴ ， 面 ， ，
∴ 面 ，∵ 面 ，
，
∴平面 平面 ；
（2）由（1）知△ 为等边三角形，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验．
∴ 为等边三角形，取AD的中点O，
用X表示小李在3轮比赛中获得通关卡的次数，则 ，
得 ， ， ，∵ ，∴ ，
因为 面 ， ，∴ 面 ．
∴ ，
以O为原点，分别以 、 、 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）分析可知，曲线 为抛物线，确定该抛物线的焦点坐标与准线方程，可得出曲线 的
得 ， ， ，
方程，求出 、 的值，结合焦点位置可得出椭圆 的方程；
， ，
（2）分析可知，直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，将该直线的方程分别与曲线 、
设平面 的法向量为 ，
的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定理以及弦长公式可得出关于 的方程，解出 的值，即
∴ 得 ，
可得出直线 的方程.
令 ，则 ，则 ．
【详解】（1）解：由题意知，点 到直线 的距离等于 ，
取平面 的法向量为 ，
所以，点 的轨迹是以 为焦点， 为准线的抛物线，故曲线 的方程为 .
． 因为椭圆 的长轴长 ， 为椭圆 的一个焦点，则 ， ，
∴平面 与平面 夹角的余弦值为 ． 所以， ，所以，曲线 的方程为 .
20．已知动点 到直线 的距离比到点 的距离大 ，点 的轨迹为曲线 ，曲线
（2）解：若直线 的斜率不存在，则直线 与抛物线 只有一个公共点，不合乎题意，
所以，直线 的斜率必存在，则直线 的方程为
是中心在原点，以 为焦点的椭圆，且长轴长为 ．
(1)求曲线 、 的方程；
由 ，整理得 ，则 ，
(2)经过点 的直线 与曲线 相交于 、 两点，与曲线 相交于 、 两点，若 ，
设 、 ，则 ， ，
求直线 的方程． 所以， ，则
【答案】(1) ， (2) 或
，
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【详解】（1）由题意得 ， 所以 ，
由 ，整理得 ，
又因为 ，则切线方程为 ，
则 ，
即 .
设 、 ，则 ， ，
（2）由题意得对任意 ， 恒成立，
所以， 令 ，则 ，
令 ，则 ，
，因为 ，即 ，可得 ，解得 ，
当 时， ， 单调递增，且 ， ，
所以，直线 的方程为 .
所以存在 使得 ，
21．已知函数 ． 当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，不合题意；
(1)求 在 处的切线方程；
当 时， ， 单调递增，且 ，
(2)若 对任意 恒成立，求正实数 的取值集合．
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
【答案】(1)
所以 ，符合题意；
(2)
当 时，得 在 上单调递增，
【分析】（1） 由题意先求出 ，从而可求解.
又 ，
（2）由 对任意 恒成立，构建 ，利用导数求
所以 ， 在 上单调递增，
出 的单调性，从而可求解.
又 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司所以存在 使得 ， 平方相加得曲线C的普通方程为 .
当 时， ， 单调递增， ，不符合题意， （2）易得点 在直线l上，
综上，正实数 的取值集合为 .
由此可得直线l的参数方程为 （其中t为参数），
（二）选考题（10分）
请考生在第22、23两题中任选一题作答．考生只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一
个题目计分．
22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
将其代入曲线C的普通方程中得 ，
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 （其中 为参数）.以坐标原点O为极点，
设点M对应的参数为 ，点N对应的参数为 ，则 ， ，
x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为 .
所以 ， 一正一负，
(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；
所以 .
(2)已知点 ，直线l与曲线C交于M，N两点，求 的值.
【答案】(1) ，
23.（本小题满分10分） 选修4-5：不等式选讲
(2)
设函数 的最小值为t
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的关系求直线的直角坐标方程；消去参数得到曲线C的普通方 (1)求t的值；
程；
(2)若a，b，c为正实数，且 ，求证： .
（2）先求出直线的参数方程，代入曲线中，得到韦达定理，再由根与系数的关系求出结果.
【答案】(1)3；
【详解】（1）将 代入 ，得 ， (2)证明见解析.
所以直线l的直角坐标方程为 . 【分析】（1）分类讨论去 中的绝对值，转化为分段函数，求出每段函数值的取值范围，即可求
解；
由曲线C的参数方程为 ，化为 ，
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（2）由（1）得 ，利用已知等式有 ，再应用基本不等式，
即可证明结论.
【详解】（1）（1）
当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
所以当 时， 取最小值 .
（2）由（1）可知 ，因为 ， ， 为正实数，
.
当且仅当 ，即 ， ， 时取等号，
所以 .
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